【文档说明】2022届福建省泉州市考前推题二：函数导数 PDF版含解析.pdf，共(6)页，177.938 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共6页泉州市2022年高考质优生考前强化训练资料推题二：函数与导数试题1．已知函数()e(1)xhxaxb，,Rab．（1）求()hx在(0,(0))h处的切线方程；（2）若()0hx恒成立，求11eba

的最大值．关键词：主元思想2．已知函数ln()xfxkx的极大值为1ee．（1）求实数k的值；（2）若函数()exagxx，对任意,()0x，()()gxafx恒成立．求实数a的取值范围．

关键词：指对同构；图象变换；先猜后证3．已知函数2()(1)e4xfxaxxxa．（1）当4a时，求()fx的单调区间；（2）若不等式2()(2)fxx对任意,()0x恒成立，求实数a的最大整数值．关键词：隐零点；含参问题的解题策略策略4．已知函数(

)ln1fxxax．（1）求fx的零点个数；（2）若函数2()(1)()22lnxgxafxaxx有两个不同的极值点1212),(xxxx．证明：12()()8ln210gxgx．关键词：双元不等式的解题策略5．已知函数2cos

sinfaxxxxx．（1）讨论fx在区间0,上极值的个数；（2）当0x时，e2sinxfxxxx，求实数a的取值范围．关键词：三角函数为背景的函数导数问题解题策略答案第2页，共6页参考答案：1．（1）因为()e(1)xhxa，所以(0)ha，又

(0)1hb．所以切线方程为1ybax，即10axyb．（2）()e(1)xhxa，（i）当10a时，()0hx，所以此时()hx在R上单调递增．①若10a，则当0b时满足条件，此时011eba；②

若10a，取00x且011bxa，此时0001e(1)1(1)01xbhxaxbaba，所以()0hx不恒成立，此时不满足条件；（ii）当10a时，由()0h

x，得ln(1)xa；由()0hx，得ln(1)xa，所以()hx在(,ln(1))a上单调递减，在(ln(1),)a上单调递增．要使得()e(1)0xhxaxb恒成立，必须有当ln(1)xa时，m

in()(1)(1)ln(1)0hxaaab成立，所以(1)(1)ln(1)baaa，所以(1)(1)ln(1)1111eebaaaaa．令ln()1exxxGxx，0x，则2lne()1exxGxx，因为ln()exHx

x在(0,)上单调递减，且10eH，所以当10,ex时，()0Hx；当1,ex时，()0Hx．所以()Gx在10,e上单调递增，在1,e上单调递减，所以当1ex时，max()1Gx，综上，当11ea

，2eb时，11eba取最大值1．答案第3页，共6页2．（1）21lnxxfx，0x，当0,ex时，0fx，fx单调递增；当e,x时，0fx，fx单调递减；所以fx的极大值为1ee1e1f

k，故1k．（2）根据题意，任意,()0x，()()gxafx，即elnxaaxaxx，化简得0elnxxaxaxa．令lnexhxxaxaxa(0x)，lneelnxxhxaxaxalnnelxxax

xa．令lnxxt，tR，设etHtata，etHta，只需0Ht，tR．当0a时，当0t时，1Htata，所以111110Haaaa

，不成立；当0a时，0Ht显然成立；当0a时，当,lnta，0Ht，Ht递减；当ln,ta，0Ht，Ht递增，所以Ht的最小值为lnlnlnHaaaaaaa．因为0Ht，所以

lnln0Haaa，得01a．综上，01a．答案第4页，共6页3．（1）当4a时，2()(3)e44xfxxxx，函数()fx的定义域为(,)．所以()(2)e24(2)(e)2xxfxxxx

，令()0fx，即(2)(e)02xx，解得2x或ln2x．当(,ln2)(2,)x时，()0fx，所以()fx单调递减；当(ln2,2)x时，()0fx，所以()fx单调递増；所以()fx的单调递减区间为(,ln2)和(2,)，

单调递增区间为(ln2,2)．（2）由题得22(1)e4(2)xaxxxax对任意,()0x恒成立，即min(1)e4e1xxxa，,()0x即可．设(1)e4()e1xxx

gx，,()0x，则2e(e6)()(e1)xxxxgx，令)()e6(,0,xhxxx，则()e10xhx，所以()hx在(0,)上为增函数，又2(2)e80h，3(3)e90h，所以存在唯一实数0(2,3)x，使得

00hx，即00e60xx，即00e6xx，当0(0,)xx时，()0hx，所以()0gx，()gx在0(0,)xx上为减函数；当0(,)xx时，()0hx，所以()0gx，()gx在0(,)xx上为增函数，当0xx

时，()gx取得极小值，也为最小值，所以00000min000(1)e4(1)(6)4()2(6)1e1xxxxxgxgxxx，因为023x，所以0425x，即4a．因此实数a

的最大整数值为4．答案第5页，共6页4．（1）由题意可知,()0x，令()0fx，则1lnaxx，所以1lnxax．令1ln()xGxx，则2ln()xGxx，当(0,1)x时，(

)0Gx，所以函数()Gx在(0,1)上单调递增；当(1,)x时，()0Gx，所以函数()Gx在(1,)上单调递减．所以max()(1)1GxG，当10ex时，0Gx，且10eG，当1ex时，()0Gx，所以当1a或0a，即

1a或0a时，函数()fx有且仅有一个零点；当01a，即10a时，函数()fx有两个零点；当1a，即1a时，函数()fx没有零点．综上所述，当0a或1a时，函数()fx有且

仅有一个零点；当10a时，函数()fx有两个零点；当1a时，函数()fx没有零点．（2）2()ln12xgxaxax，0x则2()axaxagxaxxx，则240aa，所以0a或4a，且12xxa，12xxa因为0x，所以4a

2212121212ln22xxgxgxaxxaxx2121212122+2ln2xxxxaxxaxx2222ln2ln222aaaaaaaaa．令2()ln22ahaaaa，4a，则()lnhaaa，令()lnFaaa

，则1()aFaa，当4a时，1()0aFaa，所以函数()Fa在(4,)上单调递减，所以()(4)ln440FaF，所以函数()ha在(4,)上单调递减，所以()(4)8ln210hah．所以12()()8ln210gxgx

．答案第6页，共6页5．（1）()2sin(2sin)fxaxxxxax，当12a时，2sin0ax，则0fx，所以fx在区间[0，]上单调递减，所以fx在区间[0，]上无极值；当102a

时，存在12,[0,]xx且12xx，使得1sin2xa，2sin2xa．当10,xx时，()0fx，当12,xxx时，()0fx，当2,xx时，()0fx．所以fx在区间10,x内单词

递减，在区间12,xx内单调递增，在区间2,x内单调递减，故fx在区间[0,]上有1个极大值，1个极小值；当0a时，2sin0fxxax，所以fx在区间[0,]

上单调递增，故fx在区间[0,]上无极值．综上，当12a或0a时fx在区间[0,]上无极值；当102a时，fx在[0,]上有2个极值．（2）当0x时，()e2sinxfxxxx等价于ecos20xxax在区间（0，＋∞）内恒成立．令()

ecos2,(0,)xgxxaxx，则()esinxgxxa，设()esin,(0,)xxxax，则()ecosxxx，因为(0,),e1,1cos1xxx，所以()0x，则()x在区间（0，＋∞）内单词递增min()(0

)1xa．当1a时，()0x，即()0gx，所以()gx在区间(0,)内单调递增，则min()(0)0gxg，所以ecos20xxax在区间(0,)内恒成立．当1a时，由上可知()esinxgxxa

在区间(0,)内单调递增，又(0)10ga，所以存在0(0,)x，使00gx．当00,xx时，(.)0gx，所以()gx在区间00,x内单调递减，所以()(0)0gxg，此时不满足ecos20xxax在区

间(0,)内恒成立．综上，实数a的取值范围为(,1)．